第5講線束定理、相似-聯(lián)賽班教師版

第5講

北京市初二數(shù)學(xué)競賽專項(xiàng)訓(xùn)練

1

npoints

與平行線相關(guān)的幾何結(jié)論:

一、線束定理：過一點(diǎn)的三條直線截兩條平行線，截得的線段對(duì)應(yīng)成比例.

如圖所示，直線4〃小過點(diǎn)。的三條直線分別交《、，2于A、A,B、R,C.C,求證

ABBCAC

A7^7-BV-AC

證明：因?yàn)锳B〃A3',故色=絲OA

A'B'OB'~OX

BCOBACOA

同理可證

NC~~ON'

故』生*

A'B'B'CAC'

特別地，當(dāng)AB=BC時(shí)，有A?=8。，反之亦然.

點(diǎn)評(píng)：平行線的這種性質(zhì)易于理解和掌握，它的證明利用了平行線截線段成比例定理，但它不同

于后者，定理只考慮兩條平行線上被截得的線段之間的關(guān)系，且由一條平行線上被截得的兩線段

相等，立即可得另一條平行線上被截得的兩線段也相等，這一結(jié)論是證明兩線段相等或線段被平

分的重要依據(jù).平行線的這一性質(zhì)還可推廣到兩條平行線被過一點(diǎn)的n條直線所截的情形，即“過

一點(diǎn)的〃（“23,〃eN）條直線截兩條平行線，截得的線段對(duì)應(yīng)成比例因?yàn)檫^一點(diǎn)的若干條直

線叫作線束，故該定理叫作線束定理.

二、線段等式：-+-=

xyz

CD=y,EF=z,則工+LL

如圖所示，AB//CD//EFAB=x9

證明：由題意可得三=0，-=—,

xCAyAC

則三十三二1,

%y

xyz

三、線段等式：EF=-^—AB+^—CD.

1+A1+2

在梯形AB。中'跖平行于兩條底邊'交2C和ZM于跖’其中警=言=汨則有如下等式成

1Q

立EF=——AB+——CD.

1+A1+2

證明：由面積關(guān)系有：

+S^EC+S于CD—S^gE+S^EC+S.CDS梯形ABC。=S^BC+SMCD=S-BC+^^BCD

=

則由5AABF+SgEC+^AFCD4^AABC+^ABCD

得到,sin夕AB庇+」sin夕川.5C+』sineCD.JFC=!sinOABJ5C+」sinOCD.5C

22222

（9為底邊和腰8C的夾角）

所以AB-B尸+E尸?BC+CD-尸C=AB-BC+CD-BC

EFBC^AB（BC-BF）+CD（BC-CF）

CFBF1；

可化簡為所=上45+絲CD,即即=——AB+——CD.

BCBC1+21+2

這條關(guān)系式也可以通過平移梯形的腰，將梯形轉(zhuǎn)化為三角形后用平行線截線段成比例定理證明.

肋

J'板盤一j,線束定理

【例1】如圖所示，在梯形ABC。中，。是底的中點(diǎn)，0C、0。分別交對(duì)角線5。、AC于￡、F,

FE交AD、BC于G、H,^v￡GF=FE=EH.

【解析】因?yàn)?。C〃AB,故區(qū)=里DCDE

AOFOOB~EB

乂DFDE

而AO=OB,故——=——從而在1〃A5.

FOEB

在943中，GE//AB,

而AO=OB,故GF=FE.

同理可得FE=：EH,

故GF=FE=EH.

【變式】如圖所示，E、尸分別是平行四邊形ABC3的邊AB、CO上的任意兩點(diǎn)，AF.DE交于尸,

BF、CE交于。，PQ分別交AB、C。的延長線于G、H,求證8G=￡>”.

HDFC

【解析】由線束定理可得任=

EG而，茄—麗

亦v.1.3：__p/曰AGCH

兩式相乘可付---=----

BGDH

口日「AG-BGCH-DH

“匕即1-------=--------,

BGDH

即絲=型，而AB=CD,故BG=￡)H.

BGDH

【例2】如圖所示，M.N分別是矩形的邊AD、BC的中點(diǎn)，在CO的延長線上取點(diǎn)P,交對(duì)角

線AC于。，求證平分NPAQ.

【解析】如圖所示，設(shè)AC交MN于。，易知MO=NO.

延長PC、QN交于R.

注意到MN〃CD,MO=NO,由定理有尸C=RC.

因?yàn)镹C_LPR,故PN=RN.

進(jìn)而PM：QM=RN：QN=PN：QN,故NM平分ZPNQ.

點(diǎn)評(píng)：若有兩條平行線被過一點(diǎn)的三條直線所截，并已在一條直線上截得相等的線段，或要證明

在一條上截得的線段相等，都可考慮適當(dāng)添加輔助線以構(gòu)成利用定理的基本圖形.

【變式】如圖所示，在梯形ABC。中，對(duì)角線AC和腰3c相等，M是底4?的中點(diǎn)，P是腰ZM延長線

上的點(diǎn)，PM交BD于N,求證NACP=NBCN.

【解析】如圖所示，設(shè)PC交A3于E,CN史AB于F,延長PN、DC交于G.

過點(diǎn)P的三條直線截AB、CD,故坐=型；

AMDG

過點(diǎn)N的三條直線截AB、CD,故空=型

BMDG

而=故

又因?yàn)锳C=8C,ZCAB=ZCBA,itAAECABFC.

從而ZACP=ZBCN.

點(diǎn)評(píng)：將本題圖形順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90。度，連接CM后，與原題題目相同.若兩條平行線被多束過不

同點(diǎn)的三條直線所截，且都交其中的一條于相同的三點(diǎn)，可多次應(yīng)用定理，再將所得的比例式進(jìn)

行變形或代換.

【變式】如圖所示，已知在AA8C中，ZC=90°,P是高C。的中點(diǎn)，AP交BC于E,

￡7」至于尸，求證

DFBA

【解析】如圖所示，延長FE交AC的延長線于點(diǎn)G.

因?yàn)镃D〃G產(chǎn)，CP=PD,故GE=EF.

而NGCE=NBFE=90°,故G、C、F、3四點(diǎn)共圓.

由相交弦定理可知EGxMuEBxEC,即EF2=EBxEC.

【例3】如圖所示，在AA8C中，D、E、尸分別是AB、BC、AC的中點(diǎn)，DM、ON分別是ACD8和

ACDA的角平分線，MN交CD于O,EO、FO的延長線分別交AC、BC于Q、尸，求證PQ=CD.

N

BPMEBPME

【解析】如圖所示，連接所，則所〃AB,設(shè)EF交CD于G,由定理有EG=/G,

因?yàn)?。W和ON是角平分線，故空=92=8=空，

BMBDADAN

則MN//AB//EF,

又由定理有MO=NO,且（因?yàn)镹ATON=90°）,

因?yàn)闅{=絲=獨(dú)=絲近加―

PFEFEFQE

設(shè)尸。交。。于H,再應(yīng)用定理有。"二燈/,

因?yàn)殓?8=型=卬PQ^PH=PO

EFBDOMOD'EFFGOF'

rnpc

連接。尸，則。尸〃BC,故上上=上，

ODOF

點(diǎn)評(píng)：若多條平行線被過一點(diǎn)的三條直線所截，可反復(fù)應(yīng)用線束定理及平行線截線段成比例定理,

將所得等量關(guān)系式、比例式進(jìn)行代換或變形.

［例4］如圖所示，H是AA8C的高AD上的任意一點(diǎn),BH、CH分別交AC、AB于E、F,求證

ZEDH=ZFDH.

【解析】解法一：如圖所示，過A作8c的平行線分別交CF、DF、DE、BE的延長線于。、K、G、

P,分別過“、E、尸的三條直線都截BC于3、C三點(diǎn).三次應(yīng)用線束定理有：

—,①

CDAQ

旦生,②

BCAP

四=歿.③

BDAK

①X②X③得1二把，故AG=AK.

AK

又因?yàn)镻Q_LAD,故AKDG是等腰三角形，從而NEDH=NFDH.

解法二：直線b截A4BE,由梅涅勞斯定理和三角形的面積公式可得：

］_-BHEC_S郵口SgBDS^EDC

FBHECASAFBDS^HDES^DC

ADsinZADFBDEDsinNEDC

~BDsinZBDFEDsinNHDEAD

=tan/ADF-cotZHDE.

所以tanNm^utanNHDE,從而/FDH=/FDH.

解法三：由塞瓦定理可得：

1AFBDCE

FBDCEA

_5.尸。.BDS^EDC

S^FBDDCS^DE

ADsinZADFBDCDsin/EDC

~BDsin/FDB~DCAD

=tanZADF-cotZHDE,

所以tan=tanNHO石，從而/FDH=/FDH.

點(diǎn)評(píng)：若只有一條直線被過一點(diǎn)的三條直線所截，可設(shè)法作出該直線的平行線，構(gòu)成利用定理的

圖形，然后證明.

【變式】已知AABC的兩邊的中點(diǎn)分別為A/、N,P為上任一點(diǎn)，BP、CP的延長線分別交A。、AB

于。、E.求證：&+絲為定值.

DCEB

AG

A

D:N

N

BC

【解析】如圖，延長CE和a）交過A點(diǎn)的BC平行線于G和。，則

ADAEAGAFFG.

DCEBBCBCBC'

［例5］如圖所示，AD是AABC的外接圓。。的直徑，過。的切線交CB的延長線于尸，P0分別交AB、

AC于Af、N,求證OM=ON.

【解析】如圖所示，過點(diǎn)3作PN的平行線分別交A。、AC于E、F,取BC的中點(diǎn)G,連接GE、GO、

GD、BD.

因?yàn)椤Ｊ菆A心，G是8c的中點(diǎn)，由垂徑定理可知OG_L8C.

注意到PD是圓的切線，故NAD尸=90°,

則NODP=NOGP=90°,從而0、P、D、G四點(diǎn)共圓，故NOPG=NO￡>G.

由8F〃PN可得NOPG=ZEBG,

則NODG=NEBG,從而3、D、G、E四點(diǎn)共圓，進(jìn)而有NBGE=NBDE.

而NBDE=NBDA=NBCA=NBCF,故NBGE=NBCF,從而EG〃AC.

注意到G是8c的中點(diǎn)，故E是班7的中點(diǎn)，

而MN//BF,故OM=ON.

【例6］（全國初中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽試題）設(shè)凸四邊形ABCD的對(duì)角線AC'BD的交點(diǎn)為過點(diǎn)M作AZ）

的平行線分別交AB、CD于點(diǎn),E、F,交8c的延長線于點(diǎn)。，P是以點(diǎn)。為圓心、OM為半

徑的圓上的一點(diǎn)，求證NOPP=NOEP.

K

【解析】解法一：如圖所示，AD.的延長線交于K點(diǎn)，由線束定理可得絲=股OMKD

OMKA~OE~~KA

,,丁OFOM

卜N向=

OMOE

注意到P、Af在＜3。上，故。P=從而竺=里.

OPOE

而ZPOF=NEOP,故APOFs\EOP,因“匕ZOPF=ZOEP.

解法二：過Af作MK〃。交OB于K,連接EK（或過時(shí)作

MK〃AB交0B于K）.

nI七BEBMBK,,

則有一=——=——，故KE〃AC.

EABDKC

OFOCOM?_0八尸八尸

而-----=——=------,OM'=OFOE.

OMOKOE

而OM=O尸，則Op2=oE-o尸.

而AEOP=ZPOF,所以\OPFs\OEP,

從而ZOPF=ZOEP.

解法三：如圖所示，過M作MG〃A8交。8于G,

OEEBEBABBMAC

則有

OMMGABMGBDCM

過M作MH〃DC交OB于H,

^OMMHMHDCBMAC

貝n1]J有==------------=-------------.

OFFCDCFCBDCM

,,,-r.OEOM

由此可知-----=------

OMOF

因?yàn)镺M=OP,所以上

OPOF

而ZPOF=ZEOP,故XOPFsROEP.

則ZOPF=ZOEP.

解法四：MN//OB,EQ//OB,連接N。.

,CNBMBECQ即空二歿從而NQ〃AD

有=7二~______一—~~,

DN~DM~AEAQDNAQ

“CFCM

而OE〃AO,則NQ//OE,

CNCQ

亡OFCFOM_CMnlOFOM

nrj---------?，-_一—_，

OMCNOECQOMOE

即竺=匕，以下證明略.

OPOE

解法五：以ADMF為基礎(chǔ)三角形、直線。C8為截線，由梅涅勞斯定理可得收巧歿=1.

OFCDBM

以A4ME為基礎(chǔ)三角形、直線。CB為截線，可得匹生空=1.

OMCABE

因?yàn)镺E〃AD,所以里=生BDAB

CDCA

OM_OE

以下證明略.

~OF~7)M

點(diǎn)評(píng)：本題是相當(dāng)簡單的，但是復(fù)雜的圖形讓人有眼花繚亂的感覺.假如解題者對(duì)涉及平行線時(shí)

的輔助線常用之作法比較熟悉，或者對(duì)線束定理有一個(gè)比較深刻的認(rèn)識(shí)，則可以極快地找到正確

的解題途徑.

從上面幾種解法來看，解題的思路可以分成三種類型：

(1)作一條平行線，再連接某線段；

(2)作兩條平行線，再連接其端點(diǎn)；

(3)不作輔助線，用梅涅勞斯定理證明.

總之，解答此題必須尋求兩三角形相似的條件.需要注意的是，命題者在這里設(shè)置的這個(gè)圓在題

內(nèi)僅起著圓的半徑相等的作用，即而有的學(xué)生只往圓內(nèi)四邊形和圓森定理方面去思

考，從而誤入歧途.另外，該題的入口比較寬，有上述多種作輔助線的方法，然而探求過渡比的

技巧較高，要求思路清晰，始終抓住探求OM：。尸=OE：OM的條件不放，就不至于走彎路.在

不少學(xué)生的答卷中，由于輔助線的目的不明確，而使解題陷入困局，在某省的六百多份優(yōu)秀試卷

中得零分的試卷近50%,這說明試題還是有一定的難度的.

那板塊二：線段等式相關(guān)

[例7](前蘇聯(lián)數(shù)學(xué)奧林匹克競賽試題)如圖所示，已知正七邊形A4…4,證明

111

---=----1---.

AAAAAA

【解析】題設(shè)的形式促使我們聯(lián)想到線段等式，由此構(gòu)想出發(fā)，我們只要找到三條平行線即可.由題意

AA〃4A，顯然只要過。點(diǎn)作OD〃AA即可.

由題意可知4。區(qū)人是菱形，且可知OD=OA，AA=AA-

由線段等式可得」一=」一+二一=」一+」一，

OD444A444A4

□cl11

即----=-----1-----.

A4AAAA4

【例8](基輔數(shù)學(xué)奧林匹克競賽試題)在凸四邊形A3C。中，K和“分別是AB和邊上的點(diǎn)，且有

BKDM

與。交于點(diǎn)即與交于點(diǎn)。，求證然且

~KA~~MCAMKP,/CKS

q—Q

2MPKQ-2AADP+S即CQ*

【解析】解法一：如圖所示，設(shè)坐=也=2，

KAMC

JJ1

則BK=-------BA,DM=------------DC,MC=------------DC.

1+21+A1+A

由MF“皿可得黑常常=翳占,

iJ

故KD?=---------BD.+-----------AD..

21+211+23

因?yàn)镾.M+S*M=1CM.BDl+^DM-AD3

11■BD.CD+-^—AD.CD

21+2121+23

=:CD/\BD}+占AD3)=1CD皿=S",

Z1+A1+AZ

故^ABCD-SAA/W-S^cM~^ABM~ABCD~^AKCD~^AABM=^MDP+^^BCQ~MPKQ=，

貝“SKQMP=SM￡)P+SGCQ?

n

解法二：關(guān)于第二問的證明方法：設(shè)四邊形ABCD的面積為S并記生=也—,則n}：

KAMCm

mm

S^ADK+S“BM"-S,

'?AAB￡)'、ACBD

n+mn+mn+m

S9AM+S.CK二一s,

m+nm+nm+n

從而S—JJK+S^CBM+^M)AM+SgCK=,

故SMPKQ=S—(S^pK+S^CBM+^ADAM+S阪Q+^MDP+/^BCQ=+^ABCQ,

【例9】如圖所示，在四邊形ABC。中，DE=EF=FC,AG=GH=HB,求證四邊形A3C。的面積等

于四邊形EFHG的面積的三倍.

【解析】把四邊形分割成兩個(gè)三角形并進(jìn)行等積變換，由此即可得證.

=

連接FG、DG、FB，因?yàn)?ABGF=，^HHFG^/MFB，

①

所以s0GM=2SEFHG?

連接BD,因?yàn)镈E=EF=FC,AG=GH=HB,

SSMNCD

故ADBC=3S"BC，ADBA=3sA0G4?"

因此^ABCD=3(S,BC+SA￡>GA)'即S"BC+CD?②

①+②得品+S^pBC+,^ADG4=^ABCD=^EFHG+gABCD，

=

故^ABCD3SEFHG*

【變式】（莫斯科數(shù)學(xué)奧林匹克競賽試題）在凸四邊形ABC。中，4、A2是邊AB上順次的三等分點(diǎn)，于、

不是邊8c上順次的三等分點(diǎn)，G、C?是邊CD上順次的三等分點(diǎn)，〃、&是邊ZM上順次的

三等分點(diǎn)，4G與42、82A分別交于點(diǎn)M、N,AG與巴已、43分別交于K、L,求證

^MNKL=g^ABCD"

【解析】如圖所示，連接AA、BD、4c2,則AA//BD//4c2，

口“七\(yùn)LAR\D1BD\3\

LC2BJC2BDB{C2322’

亦即=

4G3

旦」―工

AC3'4G4G3'

從而L、K為AC2的三等分點(diǎn)，M.N為4G的三等分點(diǎn).

因此SMNKL=1SqaGCz=35^ABCD=g^ABCD'

點(diǎn)評(píng)：類似的可以證明在凸四邊形A3C。中，若將每邊等分為2〃+1份，連接對(duì)邊相應(yīng)的分點(diǎn),

那么中間一塊的面積是四邊形ABCD面積的-------.

（2〃+1）2

【例10]（2004年北京市初二數(shù)學(xué)競賽）設(shè)A，4，G，〃，耳，耳分別是凸六邊形A8CDE產(chǎn)的邊AB,

BC,CD,DE,EF,E4的中點(diǎn).AABCt,ABCR,\CDE},AD%,NEF\,AE44的面

積之和為相，六邊形A3CQE/的面積為S,證明：S=-m.

3

M

【解析】延長QC和45,交于點(diǎn)則

5=^AB-MC-sinZM=^AB-MC+BD

1?sin/M——(5'ABC+S—BD)

2A

同樣的有：

S^BCD、=萬(SA^CD+‘MCE)'SACDA=3(SACDE+SkCDF)'^DEA)'

AEA莊AEC

S碼=](S￡K4+SFB)，4sl+*^4),

相加得到：

+

S/UBG+Sgc]+SkCDR+^\DEFX+SgFA

=5(SAABC+S^QD+SgCD+S邸CE+^ACDE+^ACDF+SM)EF+M)EA+\EFA+\EFR+^AFAB+^AFAC)

'^ABC+S"AC+S^cDF+S^EF)(^AABD^ABCD^ADEA^AEFA)(4^ABCE^ACDE+^AEFB+^AFAB)]

2

—m.

3

習(xí)題1.如圖所示，AB是。。的直徑，PA.PC是。。的切線，C是切點(diǎn)，CCAB于。，PB交CD

于E.求證EC=ED.

F

【解析】如圖所示，連接BC并延長之，和AP的延長線交于尸，連接AC.

因?yàn)锳B是。。的直徑，故NAW=NAC3=90。.

在RtAAC尸中，因?yàn)槭珹=PC,故NP4C=NPCA,ZPCF=ZCAB=ZF,則尸產(chǎn)=PC=PA.

又因?yàn)镃O_LAB,PA±AB,則CO〃E4.

由定理可得￡C=￡D.

習(xí)題2.如圖所示，以線段AB為直徑作半圓，在另一側(cè)作矩形ABC。，使=P為半圓上的任

意一點(diǎn)，PC、PD分別交AB于八E兩點(diǎn)，求證A尸+BE?=4殷

【解析】如圖所示，連接上4、PB并延長，分別交直線CQ于河、N.連接AN、BM.

由勾股定理得MC2=MB2-BC1=PM-+PB2-BC2,①

ND2=-AD1=NP2+PA2-AD2②

①+②得MC2+ND2=MP2+NP2+(PA1+PB2)-2AD2=MP2+NP2+AB2-AB2=MN2.

AFRF4?

因?yàn)锳B〃MN,由線束定理得￡一二——二——.

MCNDMN

故AF2+BE2=AB2.

習(xí)題3.（蘇州市數(shù)學(xué)競賽試題）如圖所示，D、￡分別是AA6C的邊BC、AB上的點(diǎn)，AD.CE交于F,

BF、。石交于G.過G作8C的平行線分別交AB、CE、AC于V、H、N,求證G"=N".

三次應(yīng)用定理有：

BDMG小

——=——,①

DCGH

型=型，②

DCOH

嗎*.③

DCON

②，應(yīng)用等比定理有型二絲

由①，G+GO=—④

DCGH+OHGH+OH

小七公

由③，MOMOMO

GH+OHONOH+HN

則GH+OH=OH+HN.

故GH=NH